福建省“百校联考”2020届高三7月教学摸底质量检查理科综合化学试题

福建省“百校联考”2020届高三7月教学摸底质量检查理科综合化学试题

福建省“百校联考”毕业班教学摸底质量检查 ‎2020届高三年级理科综合能力测试试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64‎ ‎1.历史文物本身蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是（ ）‎ A. 战国曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金 B. 秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属硅酸盐产品 C. 宋王希孟《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维 D. 对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿主要成分是碱式碳酸铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．战国•曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是铜锡的合金，故A正确；‎ B．陶瓷主要成分为硅酸盐，秦朝•兵马俑用陶土烧制而成的陶，属硅酸盐产品，故B正确； ‎ C．碳纤维是一种含碳量在95%以上的高强度、高模量纤维的新型纤维材料，作画用的一些宣纸其主要成分是纤维素，属于多糖，故C错误；‎ D．铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，呈绿色，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 B. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5‎ C. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3‎ D. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。‎ ‎【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确；‎ B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误；‎ C．滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3 +3H2O，即可制得Al2O3，故C正确；‎ D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。‎ ‎3.煤干馏实验装置如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. c口导出的气体可使新制氯水褪色 B. 从b层液体中分离出苯的操作是分馏 C. 长导管的作用是导气和冷凝 D. 可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤高温干馏产生焦炭、煤焦油和焦炉气，焦炉煤气是煤干馏的气体产物，主要含有甲烷、氢气、乙烯和一氧化碳，其中乙烯可以使氯水褪色，故A正确；‎ B．b层液体是煤高温干馏产生的煤焦油，可以利用物质沸点不同，通过控制温度用分馏方法分离出苯，故B正确；‎ C．装置中长导管的作用是导气和冷凝作用，故C正确；‎ D．检验a层液体中含有的NH3，可用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色，证明含氨气，不能使用蓝色石蕊试纸检验，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性 B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同 C. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)‎ D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的，甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，乙为H2O2，则丁为H2O，结合图中转化关系可知， M为O2，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，则甲为Na2S，丙为H2S，因此X为H、Z为Na，Y为O、W为S，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知X为H、Z为Na，Y为O、W为S，甲为Na2S，乙为H2O2，M为O2‎ ‎，丙为H2S，N为SO2，丁为H2O。‎ A．含S元素的盐溶液中，硫酸氢钠显酸性，亚硫酸钠显碱性，硫酸钠为中性，故A正确；‎ B．化合物N为SO2，具有还原性，能够将溴水还原，使溴水褪色，乙烯能够与溴发生加成反应，使溴水褪色，前者是氧化还原反应，后者是加成反应，原理不同，故B错误；‎ C．电子层越多，原子半径越大，同周期元素，从左向右，原子半径减小，则原于半径：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，故C错误；‎ D．NaH中H满足最外层2电子稳定结构，不是8电子结构，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.铅蓄电池是常见的二次电池，其原理图如图所示。铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+ 2H2O。下列判断错误的是（ ）‎ A. 铅蓄电池的结构中O2的作用可提高电池的工作效率 B. 铅蓄电池放电时Pb电极的电极反应为：Pb-2e-=Pb2+‎ C. 电池工作时，H+移向PbO2板 D. 实验室用铅蓄电池作电源，用惰性电极电解CuSO4溶液，当阴极析出2.4g铜时，铅蓄电池内消耗H2SO4物质的量至少是0.075mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铅蓄电池的结构中正极产生的O2，可以快速通过隔板通道传送到负极还原为水，同时能够抑制负极上氢气的产生，从而可以提高电池的工作效率，故A正确；‎ B．铅蓄电池中Pb电极为负极，放电时负极发生氧化反应，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故B错误；‎ C．铅蓄电池工作时为原电池，原电池中阳离子移向正极，因此H+移向PbO2板，故C正确；‎ D．实验室用铅蓄电池作电源，用惰性电极电解CuSO4溶液，当阴极析出2.4g铜，即=0.0375mol时，转移电子0.0375mol×2=0.075mol，根据Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，铅蓄电池内消耗H2SO4物质的量至少是0.075mol，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎6.我国科研人员以蹄叶橐吾为原料先制得化合物Ⅰ再转化为具有抗癌抑菌活性的倍半萜化合物Ⅱ，有关转化如图所示，下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 化合物Ⅰ能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 检验化合物Ⅱ中是否含化合物Ⅰ，可用Br2的CCl4溶液 C. 化合物Ⅱ一定条件下能发生取代、消去及加成反应 D. 化合物Ⅰ分子中含有5个手性碳原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化合物I中含C=C键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；‎ B．两种化合物中均含C=C，均能使Br2的CCl4溶液褪色，所以用Br2的CCl4溶液不能检验化合物Ⅱ中是否含化合物Ⅰ，故B错误；‎ C．化合物Ⅱ中含-Cl、-OH、C=C，则一定条件下能发生取代、消去及加成反应，故C正确；‎ D．连有4个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Ⅰ分子中有含有5个手性碳原子()，故D正确； ‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题 的易错点为D，要注意手性碳原子的判断方法。‎ ‎7.25℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示。向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示[其中a点的坐标为（9.5，0.5）]。‎ 下列溶液中的关系中正确的是（ ）‎ A. 常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10-4.5mol/L B. 图甲中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)‎ C. 图乙中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)‎ D. 图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎25℃时，NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10 mL 0.01 mol•L-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol•L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．a点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN-)，NaCN的水解平衡常数K(NaCN)==c(OH-)=10-4.5mol/L，故A正确；‎ B．图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH-)，由溶液的电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)+c(Cl-)，结合物料守恒c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)可知：c(Cl-)=c(HCN)，故B正确；‎ C．图乙中b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN-水解程度，可知c(HCN)＞c(CN-)，故C错误；‎ D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒c(Cl-)=c(HCN)+c(CN-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-)，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎8.粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有A12O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。‎ 已知：i伯胺R-NH2能与Fe3+反应：3R-NH2+Fe3++SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+生成易溶于煤油的产物。‎ ii Fe3+在水溶液中能与Cl-反应：Fe3++6Cl-[FeCl6]3-‎ ‎(1)写出过程I中Fe2O3发生反应的离子方程式：____。‎ ‎(2)过程II加入过量H2O2的作用是 ___ 。‎ ‎(3)过程II加入伯胺一煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是_____。‎ ‎(4)从化学平衡角度解释过程III利用NaCI溶液进行反萃取的原理：_____。‎ ‎(5) N2H4具有碱性，可与H+结合生成N2H5+。过程IV中先用过量的N2H4将水层2中Fe3+转化为Fe2+并生成N2，反应的离子方程式为____，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH。‎ ‎(6)纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如图所示。‎ 已知熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在阴极发生电极反应生成中间体Fe。用化学用语表示Fe2O3在阴极催化生成NH3的反应过程。‎ 第一步：____，‎ 第二步：____。‎ ‎【答案】 (1). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (2). 将Fe2+完全氧化为Fe3+，有利于与伯胺反应，提高萃取率 (3). 萃取、分液 (4). Fe3++6Cl-[FeCl6]3-（已知ii中的反应）使Fe3+浓度下降，3R-NH2+Fe3++SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+（已知i中的反应）平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转移到易溶于水的物质中，实现反萃取 (5). 4Fe3++5N2H4=4Fe2++N2+4N2H5+或4[FeCl6]3-+5N2H4=4Fe2++N2+4N2H5++24Cl- (6). Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH- (7). 2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粉煤灰主要成分有A12O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质，加入硫酸酸浸，A12O3、Fe2O3、Fe3O4溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铁和硫酸亚铁，SiO2不溶，分离后，浸取液含有Al3+、Fe3+、Fe2+和SO42-等，在浸取液中先加入过量的H2O2将Fe2+全部氧化为Fe3+，再加入伯胺-煤油进行萃取，经分液得到水层和有机层，水层中含有Al3+，经后期处理得到金属铝。有机层为含有Fe(NH2-R)(OH)SO4的煤油层，向有机层中加入NaCl溶液经反萃取得到的水层中含有[FeCl6]3-，向水层2中加入N2H4将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+再经氧化转化为FeOOH，煅烧FeOOH得到纳米Fe2O3，据此解答。‎ ‎【详解】(1)根据以上分析，过程I中Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，‎ 故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；‎ ‎(2)由信息可知，伯胺R-NH2能与Fe3+反应：3R-NH2+Fe3++SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+生成易溶于煤油的产物。所以过程II加入过量H2O2的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+，有利于与伯胺反应，提高萃取率，‎ 故答案为：将Fe2+完全氧化为Fe3+，有利于与伯胺反应，提高萃取率；‎ ‎(3) 过程II加入伯胺-煤油进行萃取，经分液得到水层和有机层，该分离操作为萃取、分液，‎ 故答案为：萃取、分液；‎ ‎(4) 有机层存在平衡：3R-NH2+Fe3++SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+，过程III加入NaCl溶液发生：Fe3++6Cl-[FeCl6]3-反应，使Fe3+浓度下降，平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转移到易溶于水的物质中，实现反萃取，‎ 故答案为：Fe3++6Cl-[FeCl6]3-（已知ii中的反应）使Fe3+浓度下降，3R-NH2+Fe3++SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+（已知i中的反应）平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转移到易溶于水的物质中，实现反萃取；‎ ‎(5)过量的N2H4将Fe3+转化为Fe2+并生成N2，根据得失电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为4Fe3++5N2H4=4Fe2++N2+4N2H5+或4[FeCl6]3-+5N2H4=4Fe2++N2+4N2H5++24Cl-，‎ 故答案为：4Fe3++5N2H4=4Fe2++N2+4N2H5+或4[FeCl6]3-+5N2H4=4Fe2++N2+4N2H5++24Cl-；‎ ‎(6)由图可知，该电解装置中，阴阳极均为惰性电极，熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在阴极发生电极反应生成中间体Fe，Fe与N2、水反应生成NH3和Fe2O3，Fe2O3在该过程中起催化作用，故反应分两步，第一步：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-，第二步：2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3，‎ 故答案为：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-；2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3。‎ ‎9.甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：‎ 注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。‎ 实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。‎ ‎（1）装置a的名称是_____，主要作用是________。三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______。‎ ‎（2）经测定，反应温度升高时，甲苯的转化率逐渐增大，但温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是_________。‎ ‎（3）反应完毕，反应混合液经过自然冷却至室温后，还应经过__________、________（填操作名称）等操作，才能得到苯甲醛粗产品。‎ ‎（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。‎ ‎①若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的实验步骤是______（按步骤顺序填字母）。‎ a．对混合液进行分液 b．过滤、洗涤、干燥 c．水层中加入盐酸调节pH=2 d．与适量碳酸氢钠溶液混合振荡 ‎②若对实验①中获得的苯甲酸（相对分子质量为122）产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000 mol/L KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL。产品中苯甲酸的质量分数为_______（保留一位小数）。下列情况会使测定结果偏低的是____（填字母）。‎ a．滴定终了俯视读取数据 b．KOH标准液长时间接触空气 c．配制KOH标准液时仰视定容 d．将指示剂换为甲基橙溶液 ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率 (3). +2H2O2+3H2O (4). H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量 (5). 过滤 (6). 蒸馏 (7). dacb (8). 87.8﹪ (9). ad ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由仪器a结构可知为球形冷凝管，甲苯挥发会导致产率降低；三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛，同时还生成水；‎ ‎(2)根据温度过高时过氧化氢分解分析解答；‎ ‎(3)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出苯甲酸；‎ ‎(4)实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸；‎ ‎①先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，再分液分离，水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸；‎ ‎②苯甲酸的物质的量等于消耗KOH物质的量，再计算产品中苯甲酸的质量分数；‎ a．滴定时俯视读取耗碱量，会使KOH溶液体积读数偏小；‎ b．KOH标准液长时间接触空气，会吸收二氧化碳步骤转化为碳酸钾，导致消耗氢氧化钾溶液体积偏大；‎ c．配置KOH标准液时仰视定容，液面在刻度线上方，配制标准液的体积偏大、浓度偏小，导致滴定时消耗KOH溶液体积偏大；‎ d．将酚酞指示剂换为甲基橙溶液，终点时溶液呈酸性，消耗氢氧化钾溶液体积偏小。‎ ‎【详解】(1)由仪器a结构可知为球形冷凝管，甲苯挥发会导致产率降低，冷凝回流，防止甲苯挥发导致产率降低；三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛，同时还生成水，反应方程式为：；‎ ‎(2)温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，苯甲醛的产量却有所减少；‎ ‎(3)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出苯甲酸；‎ ‎(4)实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸；‎ ‎①先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，再分液分离，水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸，故正确操作步骤是：dacb，故答案为：dacb；‎ ‎②若对实验①中获得的苯甲酸产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mo/L KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL；苯甲酸的物质的量等于消耗KOH物质的量，则2.500g产品中苯甲酸为0.018L×0.1mol/L××122g/mol=2.196g，产品中苯甲酸的质量分数为×100%=87.8%；‎ a．滴定时俯视读取耗碱量，会使KOH溶液体积读数偏小，计算苯甲酸的质量偏小，测定结果偏低，故a正确；‎ b．KOH标准液长时间接触空气，会吸收二氧化碳步骤转化为碳酸钾，导致消耗氢氧化钾溶液体积偏大，测定结果偏高，故b错误；‎ c．配置KOH标准液时仰视定容，液面在刻度线上方，配制标准液的体积偏大、浓度偏小，导致滴定时消耗KOH溶液体积偏大，测定结果偏高，故c错误；‎ d．将酚酞指示剂换为甲基橙溶液，终点时溶液呈酸性，消耗氢氧化钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故d正确；‎ 故答案为ad。‎ ‎10.NO2和N2O4的相互转化2NO2(g)N2O4(g)是高中乃至大学讨论化学平衡问题的常用体系。请回答：‎ Ⅰ.将N2O4 (g)转化为N2O4(l)，可用来制备硝酸。‎ ‎(1)已知2NO2(g)N2O4(g) △H1 2NO2(g)N2O4(l) △H2‎ 下列能量变化示意图正确的是__________。‎ A．B．C．‎ ‎(2)NO2和N2O4物质的量之比为1:1与O2和H2O恰好完全反应的化学方程式为__________。‎ Ⅱ.对于2NO2(g)N2O4(g)反应体系，标准平衡常数Kθ=，其中Pθ为标准压强(1×105 Pa)，P(N2O4)和P(NO2)为各组分平衡分压(平衡分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎(1)若起始NO2的物质的量设为1mol，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2O4‎ 的平衡产率为0.75，则Kθ=____________。‎ ‎(2)利用现代手持技术传感器可以探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。‎ ‎①B点时NO2的转化率为_______。‎ ‎②E、H两点对应气体的平均相对分子质量ME____MH(填“＜、＞或=”)。‎ Ⅲ.以连二硫酸根(S2O42-)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：‎ ‎(3)①阴极区的电极反应式为_________。‎ ‎②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电时电路中转移了0.3mole－，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为____mL。‎ Ⅳ.常温下，将a mol·L-1的醋酸与bmol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=_____(用含a和b的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 4NO2+4N2O4+3O2+6H2O=12HNO3 (3). 3.75 (4). 6% (5). ＜ (6). 2SO32-＋4H＋＋2e－=S2O42-＋2H2O (7). 1344 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则△H1＜0； 2NO2(g)⇌N2O4(l)为放热反应，则△H2＜0，N2O4(g)转化为N2O4(l)为放热反应，则能量：N2O4(g)＞N2O4(l)，据此分析判断；(2)四氧化二氮能转化为二氧化氮，二氧化氮和氧气、水反应生成硝酸，按照要求书写反应的化学方程式；‎ Ⅱ．(1)如果1mol二氧化氮完全转化为四氧化二氮，则生成四氧化二氮的物质的量为0.5mol，N2O4的平衡产率为0.75，则生成n(N2O4)=0.5×0.75mol=0.375mol，消耗的n(NO2)=2×0.375mol=0.75mol，求出平衡时混合总气体物质的量，平衡分压=总压×物质的量分数计算出PN2O4和PNO2，结合Kθ=计算；‎ ‎(2)①恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，设开始时二氧化氮的物质的量为1mol，则B点混合气体总物质的量=×1mol=0.97mol，根据方程式求出参加反应的n(NO2)，再计算二氧化氮的转化率；②恒容时压强越大气体总物质的量越大，反应前后气体总质量不变，则混合气体平均相对分子质量减小；‎ III．(3)①根据图像，阴极区通入的液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，据此书写阴极区的电极反应式； ②由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，根据转移的电子求出吸收的NO；‎ Ⅳ．将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，依据电离方程式计算醋酸的电离平衡常数。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则△H1＜0，反应物总能量大于生成物总能量； 2NO2(g)⇌N2O4(l)为放热反应，则△H2＜0，反应物总能量大于生成物总能量，N2O4(g)转化为N2O4(l)为放热反应，则能量：N2O4(g)＞N2O4(l)，只有B符合，故答案为：B；‎ ‎(2)四氧化二氮能转化为二氧化氮，二氧化氮和氧气、水反应生成硝酸，NO2和N2O4物质的量之比为1:1与O2和H2O恰好完全反应的化学方程式为4NO2+4N2O4+3O2+6H2O=12HNO3，故答案为：4NO2+4N2O4+3O2+6H2O═12HNO3；‎ Ⅱ．(1)如果1mol二氧化氮完全转化为四氧化二氮，则生成四氧化二氮的物质的量为0.5mol，N2O4的平衡产率为0.75，则生成n(N2O4)=0.5×0.75mol=0.375mol，消耗的n(NO2‎ ‎)=2×0.375mol=0.75mol，平衡时混合总气体物质的量=(0.375+1-0.75)mol=0.625mol，PN2O4=×Pθ=0.6Pθ，PNO2=×Pθ=0.4Pθ，标准平衡常数Kθ===3.75，故答案为：3.75；‎ ‎(2)①恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，设开始时二氧化氮的物质的量为1mol，则B点混合气体总物质的量=×1mol=0.97mol，根据方程式2NO2(g)N2O4(g)知，反应前后减少的物质的量相当于参加反应的二氧化氮的物质的量一半，则参加反应的n(NO2)=(1-0.97)mol×2=0.06mol，二氧化氮转化率= ×100%=6%，故答案为：6%；‎ ‎ ②恒容时压强越大，气体总物质的量越大，反应前后气体总质量不变，则混合气体平均相对分子质量越小，t1时增大容器体积，导致压强减小，平衡逆向移动，导致气体相对分子质量减小；t2缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，气体物质的量减小，最小的是H点，则H点是相对分子质量最大的点，E、H两点对应气体的平均相对分子质量ME＜MH，故答案为：＜；‎ III．(3)①由图可知，阴极区通入的液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O，故答案为：2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；‎ ‎ ②由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NO～NH4+～5e-，若电路中转移0.3mol e-，则吸收NO 0.06mol，在标准状况下的体积为=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL，故答案为：1344。‎ Ⅳ．通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===×10-7，故答案为：×10-7。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为Ⅱ．(1)中平衡常数的计算，要注意理解压强平衡常数的含义和计算方法。‎ ‎11.已知可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO＋3CCaC2＋CO↑，CaC2＋N2CaCN2‎ ‎＋C，CaCN2＋2H2O===NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。‎ ‎（1）写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：_____。‎ CaCN2中阴离子为CN22-，与CN22-互为等电子体的分子有N2O和___(填化学式)，由此可以推知CN22-的空间构型为___。‎ ‎（2）尿素分子中C原子采取____杂化。尿素分子的结构简式是____。‎ ‎（3）三聚氰胺俗称“蛋白精”。动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过____结合，在肾脏内易形成结石。‎ ‎（4）H2与O2发生反应的过程用模型图示如下（“—”表示化学键）：‎ 其中过程Ⅰ是___过程（填“吸热”、“放热”或“没有能量变化”）。图④中产生了由极性键构成的_______分子（填“极性”或“非极性”）。‎ ‎（5）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2+的配位数为_____。‎ 已知CaO晶体的密度为ρ，求晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离_____（列出计算式）CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：CaO3401kJ·mol-1、NaCl786kJ·mol-1。导致两者晶格能差异的主要原因是________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 (2). CO2 (3). 直线形 (4). sp2 (5). (6). 分子间氢键 (7). 吸热 (8). 极性 (9). 6 ‎ ‎(10). × (11). CaO晶体中的Ca2+、O2-的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl-的带电量 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ca位于第四周期、最外层电子数为2，最外层电子数为2、内层排满电子的第四周期元素原子是Zn，根据核外电子排布规律书写；根据等电子体的概念确定与CN22-互为等电子体的分子，根据二氧化碳的空间构型确定CN22-离子的空间构型；‎ ‎(2)根据价层电子对互斥理论确定尿素的VSEPR模型，根据模型确定其杂化方式和分子空间结构；‎ ‎(3)氢键普遍存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间；‎ ‎(4)破坏化学键要吸收能量；根据水的结构判断分子的极性；‎ ‎(5)以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，从而确定钙离子配位数；根据均摊法计算晶胞的质量和体积，求出晶胞参数，晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离为体对角线的一半；晶格能大小与离子带电量成正比，与离子半径成反比。‎ ‎【详解】(1)Ca位于第四周期、最外层电子数为2，最外层电子数为2、内层排满电子的第四周期元素原子是Zn，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；与CN22-互为等电子体的分子有N2O和CO2；等电子体具有相同的价电子数、原子总数，结构相似，二氧化碳分子是直线形，所以CN22-离子的空间构型是直线形，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；CO2；直线形；‎ ‎(2)CO(NH2)2分子的中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，所以空间构型是平面三角形，碳原子采取sp2杂化，尿素分子的结构简式是，故答案为：sp2；；‎ ‎(3)三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间能形成氢键，所以是通过分子间氢键结合，在肾脏内易形成结石，故答案为：分子间氢键；‎ ‎(4)过程Ⅰ中破坏化学键要吸收能量；图④中产生了由极性键构成的水分子，水分子空间结构为V形，结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子，故答案为：吸热；极性；‎ ‎(5)以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，结合图片知，钙离子 配位数是6；把CaO晶胞看作有8个小立方体无隙并置而成，取立方体作为研究对象，利用均摊法计算出Ca 2+、O 2-的个数分别为：4×=，即含 个CaO，其质量为，设立方体的边长为a，则其体积为a3，据公式ρ=得：ρ×a3=，a=，从上图可以看出，处于正方形对角线的两个钙离子的间距最小，所以晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离d=a=×；晶格能大小与离子带电量成正比，CaO晶体中Ca 2+、O 2-的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl-的带电量，导致的氧化钙晶格能大于氯化钠的晶格能，故答案为：6；×；CaO晶体中Ca 2+、O 2-的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl-的带电量。‎ ‎12.有机物K是某药物的前体，合成路线如图所示：‎ 已知：R-CN；‎ ‎+‎ ‎（1）A的名称是_____________。‎ ‎（2）反应①的化学方程式是___________________。‎ ‎（3）反应②的类型是__________________。‎ ‎（4）反应③中的试剂X是________________。‎ ‎（5）E属于烃，其结构简式是_________________。‎ ‎（6）H中所含的官能团是_________________。‎ ‎（7）反应⑥的化学方程式是_____________________。‎ ‎（8）H经三步反应合成K，写出中间产物I和J的结构简式______________。‎ ‎【答案】 (1). 1，3-二溴丙烷 (2). +2NaOH+2H2O (3). 氧化反应 (4). 乙醇 (5). (6). 碳碳双键，酯基 (7). (8). I: J:‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知，A是，B是，C是，D是，E是，F是，G是。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，A是，则A的名称是：1，3-二溴丙烷；‎ ‎（2）反应①是水解成，则化学方程式为+2NaOH+2H2O；‎ ‎（3）反应②是经强氧化剂氧化成，则反应类型是氧化反应；‎ ‎（4）反应③是经酯化反应生成，可知试剂X是乙醇；‎ ‎（5）由分析可知，E结构简式是，属于烃；‎ ‎（6）H中所含的官能团是碳碳双键，酯基；‎ ‎（7）反应⑥是与发生取代反应生成，其化学方程式为；‎ ‎（8）由已知信息可知，H先与HCN加成生成I:，I再与氢气加成生成J:，J再在催化剂条件下反应生成 ‎。‎ ‎ ‎